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第 2 讲 动量守恒定律
知识点 动量守恒定律及其应用 Ⅱ
1．几个相关概念
(1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系
统。
(2)内力：系统中物体间的作用力。
(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者 所受外力的矢量和为 0 ，这个系统的总
动量保持不变。这就是动量守恒定律。
(2)表达式
①p＝ p ′ ，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
②m 1v1 ＋m 2v2 ＝m 1v1 ′ ＋ m 2v2 ′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的
动量和等于作用后的动量和。
③Δp ＝ － Δ p ，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
1 2
④Δp＝0，系统总动量的增量为零。
(3)适用条件
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可
近似看成守恒。
③某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒
知识点 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ
1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变的碰撞。
2．非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少的碰撞。3．对比分析
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰
守恒 损失最大
撞
知识点 反冲 爆炸 Ⅰ
1．反冲现象
(1)在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分
的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴
有其他形式的能向动能的转化。
(2)反冲运动的过程中，一般合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作
用力，可认为系统的动量守恒，可利用动量守恒定律来处理。
2．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以
系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，爆炸后物体从相互作用前的位
置以新的动量开始运动。
一 堵点疏通
1．系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( )
2．系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。( )
3．当质量相等时，发生完全弹性碰撞的两个球碰撞前后速度交换。( )
4．光滑水平面上的两球做相向运动，发生正碰后两球均变为静止，于是可以
断定碰撞前两球的动量大小一定相等。( )
5．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。( )
答案 1.√ 2.× 3.√ 4.√ 5.×
二 对点激活
1．(人教版选择性必修第一册·P ·T 改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁
15 4
轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设
机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽
略不计)( )
A．0.053 m/s B.0.05 m/s
C．0.057 m/s D.0.06 m/s
答案 B
解析 取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得 m v0 ＝(m＋
15m) v，则v＝v0 ＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。
2．(人教版选择性必修第一册·P ·T 改编)悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg
15 6
的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0 ＝500 m/s的
水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此
时悬绳的拉力为( )
A．35 N B.100 N
C．102.5 N D.350 N
答案 C
解析 子弹打入沙袋的过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得 m v0 ＝(m＋
M) v，得子弹与沙袋的共同速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，子弹射入沙袋
瞬间，合力提供向心力，有F －(m＋M)g＝(m＋M)，得悬绳的拉力F ＝(m＋M)g＋
T T
(m＋M)＝102.5 N，故C正确。
3. 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置
B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向
挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，则A、B两球的质量之比为(
)
A．1∶2 B.2∶1
C.1∶4 D.4∶1
答案 D解析 设A、B的质量分别为m
A
、m
B
，B的初速度为v0 ，取B的初速度方向为
正方向，由题意知，两球刚好不发生第二次碰撞，说明A、B碰撞后速度大小相等，
方向相反，分别为和－，则有m
Bv0
＝m
A
·＋m
B
，解得m
A
∶m
B
＝4∶1，D正确。考点1 动量守恒定律的理解与应用
1.动量守恒定律的“六性”
(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。
(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。
(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体
初、末动量的正、负。
(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的
总动量相等。
(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般
选地面为参考系。
(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组
成的系统。
2．应用动量守恒定律解题的步骤
例1 (2020·山东省临沂市蒙阴县实验中学高三第一学期期末)(多选)将两条
完全相同的磁体(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑，开始时甲
车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，两车不会
相碰，如图所示，下列说法正确的是( )A．当乙车速度为零时，甲车的速度为1 m/s，方向向右
B．两车的距离最小时，乙车的速度为0.5 m/s，方向向右
C．两车的距离最小时，乙车的速度为5 m/s，方向向左
D．两车及磁体的机械能最小时速度相同
(1)甲、乙两车组成的系统动量守恒吗？
提示：守恒。
(2)两车距离最小时速度是否相等？
提示：是。
尝试解答 选ABD。
设水平向右为正方向，当乙车速度为零时，根据动量守恒定律得：m
甲v甲
－m
乙
v乙 ＝m 甲v甲 ′，且有m 甲 ＝m 乙 ，解得v甲 ′＝v甲 －＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右，故
A正确；两车距离最小时速度相同，根据动量守恒定律得：m
甲v甲
－m
乙v乙
＝(m
甲
＋m
乙
) v，解得v＝0.5 m/s，即两车距离最小时，乙车速度为0.5 m/s，方向向右，故B
正确，C错误；当两车的距离最小时，两车间的磁力做的负功最多，根据能量守恒
定律可知机械能减少得最多，此时两车及磁体的机械能最小，由前面分析知此时
两车速度相同，故D正确。
应用动量守恒定律时的几点易错提醒
(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统。系统的动量是
否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系。
(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体
对系统的作用力。
(3)动量守恒和机械能守恒的条件不同，动量守恒时机械能不一定守恒，机械
能守恒时动量不一定守恒，二者不可混淆。
[变式1－1] (2020·山东省济宁一中一模)质量为M、内壁间距为L的箱子静
止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的
动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向
右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A.m 2 B.μmgL
v
C.NμmgL D.
答案 D
解析 由于水平面光滑，则由箱子和小物块组成的系统，动量始终是守恒的，
当箱子和小物块的速度相同后，小物块与箱子保持相对静止，根据动量守恒定律，
有m v＝(m＋M) v1 ，根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔE k ＝m v 2－(M＋m) v＝；
又因为系统损失的动能等于克服摩擦力所做的功，则 ΔE ＝－W＝μmg×NL＝
k f
NμmgL。综上所述，D正确，A、B、C错误。
[变式1－2] (2021·湖北省高三1月模拟演练)如图所示，曲面体P静止于光
滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的
过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间的相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
答案 B
解析 根据题意，P对Q只有弹力的作用，在P向左运动的过程中，Q对P的
弹力对P做正功，则P对Q的弹力做负功，不为0，故A错误；因为P、Q之间的力
属于相互作用力，等大反向，且相互作用的两个力作用的位移相等，所以P和Q之
间的相互作用力做功之和为0，故B正确；对P和Q构成的系统，因为只有重力做
功，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统在水平方向上不受外力的作用，水平
方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
考点2 碰撞问题分析
1.碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律。
(2)动能不增加
E ＋E ≥E ′＋E ′或＋≥＋
k1 k2 k1 k2
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面
的物体速度大(或相等)。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得v1 ′＝
v2
′＝
(2)分析讨论
当碰前两物体的速度不为零时，若m
1
＝m
2
，则v1 ′＝v2 ，v2 ′＝v1 ，即两物体交
换速度。
当碰前物体2的速度为零时：
v1 ′＝v1 ，v2 ′＝v1 ，
①m
1
＝m
2
时，v1 ′＝0，v2 ′＝v1 ，碰撞后两物体交换速度。
②m
1
>m
2
时，v1 ′>0，v2 ′>0，碰撞后两物体沿相同方向运动。
③m
1
0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
例2 (2020·山东省滕州一中高三下学期4月线上模拟)如图所示，小球A、B
均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞。
下列关于碰后情况，说法正确的是( )A．碰后小球A、B一定共速
B．若A、B球发生完全非弹性碰撞，A球质量等于B球质量，A球将静止
C．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量小于B球质量，无论A球初速度大小是
多少，A球都将反弹
D．若A、B球发生弹性碰撞，A球质量足够大，B球质量足够小，则碰后B球
的速度可以是A球的3倍
(1)A、B球发生的碰撞一定是完全非弹性碰撞吗？
提示：不一定。
(2)若A、B球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是什么？
提示：vA ＝，vB ＝。
尝试解答 选C。
小球A、B发生的对心碰撞，可能是弹性碰撞，也可能是非弹性碰撞。若是完全
非弹性碰撞，则碰后A、B两小球具有共同速度，若不是，两球无共同速度，故A错
误；若A、B两球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有m Av0 ＝(m A ＋m B ) v共 ，
解得v共 ＝，若A球质量等于B球质量，则v共 ＝，故B错误；若两球发生的是弹性
碰撞，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有m
Av0
＝m
AvA
＋m
BvB
，m Av＝m
Av
＋m Bv，解得vA ＝，vB ＝，若A球质量小于B球质量，由上述vA 和vB 的表达式可知
vA <0，若A球质量足够大，B球质量足够小，由上述vA 和vB 的表达式可知＝＝
≈2，故C正确，D错误。
碰撞问题解题策略
(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速
度满足：v1 ＝v0 、v2 ＝v0 。
(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度；当m
1
≫m
2
，且v20 ＝0时，碰后质量大的物体速度v0 不变，质量小的物体速度
为2 v0 ；当m 1 ≪m 2 ，且v20 ＝0时，碰后质量大的物体速度不变(仍静止)，质量小的物
体原速率反弹。
[变式2] (2020·吉林省吉林市高三二调)两球A、B在光滑水平面上沿同一直
线、同一方向运动，m
A
＝1 kg，m
B
＝2 kg，vA ＝6 m/s，vB ＝2 m/s。当A追上B并发生
碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A．vA ′＝3 m/s，vB ′＝4 m/s
B．vA ′＝5 m/s，vB ′＝2.5 m/s
C．vA ′＝2 m/s，vB ′＝4 m/s
D．vA ′＝－4 m/s，vB ′＝7 m/s
答案 C
解析 碰前系统总动量为：p＝m AvA ＋m BvB ＝1×6 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝10
kg·m/s，碰前总动能为：E
k
＝m Av＋m Bv＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J。如果vA ′＝3
m/s，vB ′＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×3 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝11 kg·m/s，
动量不守恒，不可能，A错误；若vA ′＝5 m/s，vB ′＝2.5 m/s，则碰撞后，A、B两球
同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果
vA
′＝2 m/s，vB ′＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×2 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝10
kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：E ′＝×1×22 J＋×2×42 J＝18 J，系统动
k
能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA ′＝－4 m/s，vB ′＝7 m/s，则碰后总动
量为p′＝1×(－4) kg·m/s＋2×7 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能
为：E ′＝×1×42 J＋×2×72 J＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
k
考点3 碰撞类模型的拓展
1.“弹簧类”模型
模型
图示(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外
力的矢量和为零，则系统动量守恒
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动
能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做
模型
功，系统机械能守恒
特点
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系
统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模
型，相当于碰撞结束时)
2．“子弹打木块”“滑块—木板”模型
模型
图示
续表
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木
块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度或滑
块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘
模型
积等于系统减少的机械能
特点
(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔE ＝E ，可以看出，子弹
k k0
(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞
拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解
3．“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型
模型
图示
模型 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共 。系统水平方向动量守恒，
特点
m
v0
＝(M＋m)
v共
；系统机械能守恒，m v＝(M＋m) v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞
拓展模型)
(2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，m v0 ＝m v1 ＋M v2 ；系
统机械能守恒，m v＝m v＋M
v
(弹性碰撞拓展模型)
4．悬绳模型
悬绳模型(如图所示)与模型3特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守
恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。
例3 (2020·山东实验中学高三下学期线上物理检测)(多选)如图所示，光滑水
平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置
于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0 ＝6 m/s的速度向B运动，并与B发
生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为 m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
(1)什么时候B达到最大速率？
提示：A、B碰后。
(2)B与C发生相互作用的过程遵循什么规律？
提示：水平方向动量守恒，系统机械能守恒。
尝试解答 选AD。
A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒
定律得，v0 ＝vA ＋M vB ，· v＝· v＋M v，解得vA ＝－2 m/s，vB ＝4 m/s，A与B碰后B的速率最大，故B的最大速率为4 m/s，A正确；B冲上C并运动到最高点时二者
共速，设为v，则M vB ＝(M＋2M) v，得v＝ m/s，B错误；设B、C分离时的速度分别
为vB ′、vC ′，从B冲上C然后又滑到C底端的过程，由水平方向动量守恒，有
M
vB
＝M
vB
′＋2M
vC
′，由机械能守恒定律有·M v＝·M
vB
′2＋·2M
vC
′2，联立解得
vB
′＝－ m/s，由于|
vB
′|<|
vA
|，所以B与A不会再次发生碰撞，C错误，D正确。
处理碰撞类模型的方法技巧
(1)“弹簧类”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②系统的机械能守恒。
③应用临界条件：两物体共速时，弹簧的弹性势能最大。
(2)“滑块—木板”模型的解题思路
①系统的动量守恒。
②在涉及滑块或木板的时间时，优先考虑用动量定理。
③在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。
④在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
⑤滑块与木板不相对滑动时，两者达到共同速度。
[变式3－1] (2020·河北省唐山市一模)如图所示，光滑水平面上有质量为 m
且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获
得向右的水平初速度v0 和2 v0 ，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之
比为( )
A．1∶4 B.1∶4
C.1∶8 D.1∶12
答案 A
解析 木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有m v0 ＝(m＋m) v，解得v＝；根据能量守
恒定律有μmgs＝m v－(m＋m)
v
2，解得划痕长度s＝；同理，当木块的初速度为2
v0
时，则划痕长度s′＝，故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D
错误。
[变式3－2] (2020·河北省“五个一”名校联盟高三上学期一轮复习收官考
试)(多选)光滑水平面上用轻弹簧相连的A、B两物体，以6 m/s的速度匀速向右运
动，质量均为2 kg。在B的正前方静止放置一质量为4 kg的物体C，B、C碰后粘在
一起，则在之后的运动过程中( )
A．弹簧的最大弹性势能为12 J
B．A、B、C和弹簧组成的系统损失的机械能是36 J
C．物体C的最大速度为4 m/s
D．整个运动过程中A的速度不可能向左
答案 ACD
解析 B、C碰撞瞬间，B、C组成的系统动量守恒，选水平向右为正方向，由动
量守恒定律得：m
Bv0
＝(m
B
＋m
C
) v，代入数据解得v＝2 m/s；三个物体速度相同时
弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得：m Av0 ＋m Bv0 ＝(m A ＋m B ＋m C ) v共 ，代入数
据解得：v共 ＝3 m/s，设弹簧的最大弹性势能为E p ，由机械能守恒定律得：E p ＝m Av
＋(m
B
＋m
C
)
v
2－(m
A
＋m
B
＋m
C
) v，代入数据解得：E
p
＝12 J，A、B、C和弹簧组成的系
统损失的机械能ΔE＝m Bv－(m
B
＋m
C
)
v
2＝24 J，故A正确，B错误；当弹簧恢复原
长时，C的速度最大，设此时B、C的速度为v1 ，A的速度为v2 ，根据动量守恒定律
和机械能守恒定律有m
Av0
＋(m
B
＋m
C
) v＝m
Av2
＋(m
B
＋m
C
)
v1
，m Av＋(m
B
＋m
C
)
v
2＝
m Av＋(m
B
＋m
C
) v，代入数据解得v1 ＝4 m/s，故C正确；由于A、B、C系统的总动量
守恒，总动量p＝(m
A
＋m
B
)
v0
＝24 kg·m/s，若A的速度向左，则B、C的速度向右且一定大于4 m/s，B、C具有的动能E
k
＝(m
B
＋m
C
)
v
>48 J，而系统在B、C粘在一起后
的总机械能为m Av＋(m
B
＋m
C
)
v
2＝48 J，由于系统的机械能不会增加，所以A的速
度不可能向左，故D正确。
考点4 爆炸
爆炸的特点
1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，发生爆炸时物体间的相互
作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，
所以爆炸前后系统的总动能增加。
3．位置不变：爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一
般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
例4 以与水平方向成60°角斜向上的初速度v0 射出的炮弹，到达最高点时
因爆炸分成质量分别为m和2m的两块，其中质量为2m的一块沿着原来的方向以
2 v0 的速度飞行。求：
(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；
(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？
(1)爆炸前，达到最高点时，炮弹的速度是什么方向？
提示：水平方向。
(2)爆炸过程动量和机械能都守恒吗？
提示：爆炸过程内力远大于外力，动量守恒，化学能转化为炮弹分成两块后增
加的动能，机械能不守恒。
尝试解答 (1)2.5 v0 方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)m v
(1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度
为v1 ＝v0 cos60°＝。
设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 3m v1 ＝
2m v1 ′＋m v2 ，又v1 ′＝2 v0 ，
解得v2 ＝－2.5 v0 ，负号表示速度方向与规定的正方向相反。
(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学
能为
E＝ΔE
k
＝－(3m) v＝m v。
(1)分析爆炸问题，要准确确定爆炸前后的速度，不能把物体的初速度当作爆
炸前的速度。
(2)根据爆炸前后动量守恒，以及增加的动能等于消耗的其他能量入手求解。
[变式4] (2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直
升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部
分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加
速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
答案 (1) (2)
解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v0 ，由题给条件有
E＝m v①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0－v0 ＝－gt②
联立①②式得
t＝ ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h ，由机械能守恒定律有
1
E＝mgh ④
1
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别
为v1 和v2 。
由题给条件和动量守恒定律有m v＋m v＝E⑤
m
v1
＋m
v2
＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设
爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h ，由机械能守恒定律有
2
m v＝mgh
2
⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h ＋h ＝。
1 2
考点5 反冲运动 火箭
1.反冲
(1)现象：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方
向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有
以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向上动量守恒。反冲运动
中机械能往往不守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭等都是利用反冲运动的实例。
2．火箭
(1)火箭加速的原理
设火箭飞行时在极短的时间 Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷
气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，火箭在这样一次喷气后增加的
速度为Δ v。
以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是 0，喷气后火箭的动量是
mΔ v，燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为
0，
所以mΔ v＋Δmu＝0，
解出Δ v＝－u。上式表明，火箭喷出的燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质
量之比越大，火箭获得的速度Δ v越大。
(2)现代火箭的发射原理
由于现代火箭喷气的速度在2000～4000 m/s，近期内难以大幅度提高；火箭
的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故
为使火箭达到发射人造地球卫星的7.9 km/s的速度，采用多级火箭，即把火箭一
级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开
始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。
例5 (2020·山东省高三下学期开学收心检测)如图所示，某中学航天兴趣小
组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短
的时间内，质量为m的水以相对地面为v0 的速度竖直向下喷出。已知重力加速度
为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭上升的最大高度为
(1)火箭喷水的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒吗？
提示：不守恒。
(2)火箭喷水的过程中，火箭和水组成的系统动量守恒吗？
提示：守恒。
尝试解答 选D。
火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，
火箭内气体做功，火箭及水组成的系统机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间
火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m) v－m v0 ＝
0，解得v＝，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有
v
2＝2gh，解得h＝，D正确。
火箭获得的最终速度
设火箭发射前的总质量为M、燃料燃尽后的质量为m，以地面为参考系，火箭
燃气的喷射速度大小为v1 ，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v，在火箭发射过程
中，由于内力远大于外力，所以动量守恒。
发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M－m)
v1
－m
v
(以火箭的速度方向为
正方向)，则：(M－m) v1 －m v＝0，所以v＝v1 ，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由
喷气速度及质量比决定。
[变式5] 一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷
出时的速度v＝1000 m/s。设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒钟喷气20次。
(1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s解析 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3 ，
以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)
v3
－3m
v
＝0，
故v3 ＝≈2 m/s。
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量
守恒定律得：(M－20m)
v20
－20m v＝0，故v20 ＝≈13.5 m/s。
思维拓展：“人船模型”
如图所示，长为L、质量为m 的小船停在静水中，质量为m 的人由静止开始
船 人
从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，
系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m
船v船
＝m
人v人 ，
因人和船组成的系统动量始终守恒，
故有：m x ＝m x ，
船 船 人 人
由图可看出：x ＋x ＝L，
船 人
可解得：x ＝L，x ＝L。
人 船
此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例
如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高
度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题
等。
例6 载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿
绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
(1)人和气球的速度大小有什么关系？
提示：设人和气球的速度大小分别为v人 、v球 ，则m v人 ＝M v球 。(2)人和气球对地的位移大小与绳梯的长度有什么关系？
提示：设人和气球的对地位移大小分别为x 、x ，绳梯的长度为L，则x ＋x
人 球 人
＝L。
球
尝试解答 h
气球和人原来静止在空中，说明系统所受合力为零，故系统在人下滑过程中动
量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的
位移大小为x ，气球的位移大小为x ，它们的位移状态图如图所示，
人 球
由动量守恒定律有：0＝Mx －mx ，
球 人
又有x ＋x ＝L，x ＝h，故L＝h。
球 人 人
“人船模型”问题应注意以下两点
(1)适用条件
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向
或竖直方向)。
(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意
两物体的位移是相对同一参考系的位移。
[变式6] 如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面
体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物
体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )
A. B.
C. D.
答案 C解析 m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位
移大小为x ，M在水平方向上对地位移大小为x ，因此有0＝mx －Mx 。①
1 2 1 2
且x ＋x ＝。②
1 2
由①②可得x ＝，故C正确。
2
1．(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上
乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知
甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B.4 J
C.5 J D.6 J
答案 A
解析 由v t图线可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲 ＝5 m/s、v乙 ＝1 m/s，碰
撞后甲、乙的速度分别为v甲 ′＝－1 m/s、v乙 ′＝2 m/s。甲、乙两物块碰撞的过程中，
由动量守恒定律得：m
甲v甲
＋m
乙v乙
＝m
甲v甲
′＋m
乙v乙
′，解得m
乙
＝6 kg。则损失
的机械能为ΔE＝m 甲v＋m 乙v－m
甲v甲
′2－m
乙v乙
′2，解得ΔE＝3 J，故A正确。
2．(2020·全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面
对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿
与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反
向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速
度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(
)
A．48 kg B.53 kg
C.58 kg D.63 kg
答案 BC
解析 设运动员和物块的质量分别为m、m ，规定运动员运动的方向为正方向
0
运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1 、
v0 ，则根据动量守恒定律有：0＝m v1 －m 0v0 ，解得v1 ＝v0 ，物块与挡板弹性碰撞后，
运动方向与运动员同向，当运动员第 2次推出物块时，有：m v1 ＋m 0v0 ＝m v2 －
m 0v0 ，解得v2 ＝v0 ，第3次推出物块时，有：m v2 ＋m 0v0 ＝m v3 －m 0v0 ，解得v3 ＝v0 ，以
此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8 ＝v0 。根据题意可知，v8 ＝v0 > v0 ，解得
m<15m 0 ＝60 kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7 ＝v0 < v0 ，解得m>13m 0 ＝52
kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg
v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲 >
v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲 >
v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲 >
v乙
答案 B
解析 两人及篮球组成的系统动量守恒，且总动量为零，由于两人质量相等，
故最后球在谁手中，谁的总质量就较大，则速度较小，故B正确，A、C、D错误。
2. (2020·四川省雅安市模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静
止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内
能可能为( )
A．16 J B.2 J
C.6 J D.4 J
答案 A
解析 设子弹的质量为m
0
，初速度为v0 ，木块的质量为m，子弹打入木块的过
程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m 0v0 ＝(m＋m 0 ) v，此过程产生的内能等
于系统损失的动能，即ΔE＝m 0v－(m＋m
0
)
v
2＝·m
v
2，而木块获得的动能E
k木
＝m
v
2
＝6 J，则ΔE>6 J，A正确。
3．(2020·河北衡水中学4月教学质量监测)有一只小船停靠在湖边码头，小船
又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了
如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后
轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质
量为m，水的阻力不计，船的质量为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v ′，人从船尾走到船
头所用时间为t。取船的速度方向为正方向，则v＝，v ′＝；根据动量守恒定律有：M v－m
v
′＝0，则：M＝m，解得船的质量为：M＝，故A正确。
4．(2020·贵州省贵阳市高三下学期开学调研)如图甲所示，在光滑水平面上的
两小球发生正碰，小球1和小球2的质量分别为m 和m 。图乙为它们碰撞前后的
1 2
st图像。已知m ＝0.6 kg，规定水平向右为正方向。由此可知( )
2
A．m ＝5 kg
1
B．碰撞过程小球2对小球1的冲量为3 N·s
C．两小球碰撞过程损失的动能为1.5 J
D．碰后两小球的动量大小相等、方向相反
答案 C
解析 由图乙知碰撞前小球2静止，小球1的速度v1 ＝4 m/s，碰撞后v2 ′＝
m/s＝5 m/s，而v1 ′＝ m/s＝2 m/s，由动量守恒定律知m
1v1
＝m
1v1
′＋m
2v2
′，代
入数据得m ＝1.5 kg，故A错误；根据动量定理，碰撞过程中小球2对小球1的冲
1
量I
1
＝m
1v1
′－m
1v1
＝(1.5×2－1.5×4) N·s＝－3 N·s，故B错误；碰撞前后，系统
损失的动能ΔE
k
＝m 1v－m
1v1
′2－m
2v2
′2＝1.5 J，故C正确；碰后两小球的动量方
向都沿正方向，故D错误。
5. 如图所示，两光滑且平行固定的水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球
a、b分别穿在两杆上，两球间连接一个处于原长的竖直轻弹簧，现给小球b一个水
平向右的初速度v0 。小球a的质量为m
1
，小球b的质量为m
2
，且m
1
≠m
2
，如果两杆
足够长，则在此后的运动过程中( )
A．a、b组成的系统动量守恒B．a、b组成的系统机械能守恒
C．弹簧最长时，其弹性势能为m
2v
D．当a的速度达到最大时，b的速度最小
答案 A
解析 由于水平杆光滑，两球在竖直方向上受力平衡，所受弹簧的弹力在水平
方向上的分力时刻大小相等、方向相反，所以两球组成的系统所受的合力为零，即
系统动量守恒，A正确；两小球受重力、弹簧弹力和杆的支持力，重力和杆的支持
力不做功，弹簧弹力做功大小、正负不同，故两小球组成的系统机械能不守恒，B
错误；当弹簧最长时，两小球的速度相等，由动量守恒定律有m 2v0 ＝(m 1 ＋m 2 ) v，解
得v＝，由机械能守恒定律，弹簧最长时，其弹性势能E
p
＝m 2v－(m
1
＋m
2
)
v
2＝v，C
错误；由于两小球的质量不相等，弹簧开始伸长的过程中，a一直在加速，当弹簧再
次恢复原长时a的速度达到最大，从开始到此刻，相当于b以速度v0 与静止的a发
生弹性碰撞，若m ＜m ，则此时b的速度仍向右，速度最小，若m ＞m ，则此时b
1 2 1 2
的速度向左，大于最小值0，D错误。
6. (2020·山东省枣庄市高三上学期期末)如图所示为建筑工地上打桩机将桩料
打入泥土的图片，图为其工作时的示意图。打桩前先将桩料扶正立于地基上，桩料
进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M＝150 kg，桩料的质量为m＝50
kg。某次打桩时，将夯锤提升到距离桩顶h ＝0.2 m处由静止释放，夯锤自由下落。
0
夯锤砸在桩顶上后，立刻随桩料一起向下运动。假设桩料进入泥土的过程中所受
泥土的阻力大小恒为4500 N。取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度大小为2 m/s
B．夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度大小为1.5 m/s
C．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.16 mD．本次打桩，桩料进入泥土的最大深度为0.09 m
答案 ABD
解析 夯锤与桩料碰撞前，夯锤做自由落体运动，则有v＝2gh
0
，代入数据解
得v0 ＝2 m/s，故A正确；取向下为正方向，打击过程内力远大于外力，故系统动量
守恒，夯锤击打桩料后两者共速，则有M
v0
＝(M＋m) v，代入数据解得v＝1.5 m/s，
故B正确；设桩料进入泥土的最大深度为h，对夯锤与桩料，由动能定理得(M＋
m)gh－fh＝0－(M＋m)
v
2，代入数据解得h＝0.09 m，故C错误，D正确。
7. (2020·吉林省桦甸四中、磐石一中、梅河口五中、蛟河实验中学等高三4月
联考)如图所示，一带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一个可视为
质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，
AB是圆弧的水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大
C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小
D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动
答案 BC
解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在竖直方向所受合
力不为零，所以系统动量不守恒，但水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小
车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零不变，
因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车的速度最大，故B正确；
小球由B点离开小车时与小车在水平方向速度相等，又因为小球和小车组成的系
统在水平方向的动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速度
为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，根据系统机械能守恒可知，小球运动到B
点的速度大小等于小球在A点时的速度大小，故C正确，D错误。8．(2020·陕西省咸阳市高三下学期二模)如图所示，在光滑的水平面上静止放
置一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的
木块A以速度v0 从木板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的
过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．B板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
答案 BCD
解析 从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原长的过程中，弹簧对木板 B有
向左的弹力，B板仍在加速，所以当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；
弹簧压缩量先增大后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先
增大后减小，故B正确；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1 和v2 ，取向左
为正方向，根据动量守恒定律，有2m v0 ＝2m v1 ＋m v2 ，根据机械能守恒定律，有
·2m v＝·2m v＋m v，解得v1 ＝，v2 ＝，对木块A，根据动量定理，有I＝2m v1 －2m v0 ＝
－m
v0
，故C正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大
根据动量守恒定律，有2m
v0
＝(m＋2m) v，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根
据机械能守恒定律，有E p ＝·2m v－(2m＋m) v 2，联立解得弹簧的最大弹性势能E p ＝
m v，故D正确。
9．如图所示，质量为M 的小车和质量为M 的滑块均静止在光滑水平面上，小
1 2
车紧靠滑块(不粘连)，在小车上固定的轻杆顶端系细绳，绳的末端拴一质量为m的
小球，将小球向右拉至细绳水平且绷直后释放，在小球从释放至第一次达到左侧
最高点的过程中，下列说法正确的是( )A．小球与小车组成的系统机械能守恒
B．小球、小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒
C．小球运动至最低点时，小车和滑块分离
D．小球一定能向左摆到释放时的高度
答案 BC
解析 对小球、小车和滑块组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，因为在
整个过程中滑块获得了动能，则小球和小车组成的系统机械能不守恒，故A错误；
对小球、小车和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，则在水平方向上动量守
恒，故B正确；小球向左摆到最低点的过程中，速度增大，水平方向上的动量增大，
根据动量守恒定律，小车和滑块向右的动量增大，可知向右的速度增大，小球从最
低点向左摆时，速度减小，水平方向上的动量减小，则小车向右的动量减小，速度
减小，与滑块发生分离，C正确；小球、小车和滑块组成的系统在水平方向上动量
守恒，最终滑块的速度不为零，则当小球向左摆到最高点时，水平速度不为零，根
据机械能守恒定律知，小球不能摆到释放时的高度，故D错误。
10．(2020·山东省泰安肥城市高三下学期适应性训练)如图所示，完全相同的甲、
乙两辆拖车，质量均为m，在水平恒力F作用下，以速度v沿平直路面匀速前进。
某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而牵引力F保持不变(将脱钩瞬间记为t＝0
时刻)，则下列说法正确的是( )
A．甲、乙两车组成的系统在0～时间内的动量守恒
B．甲、乙两车组成的系统在～时间内的动量守恒
C.时刻甲车动能的大小为m
v
2
D．0～时间内系统产生的内能为2m
v
2
答案 AD解析 设甲、乙所受的滑动摩擦力大小均为f，甲、乙组成的系统匀速运动时有
F＝2f，可得f＝，挂钩脱钩后，取向右为正方向，设经时间Δt乙停止运动，由动量
定理得－fΔt＝0－m v，联立可得Δt＝，在乙停止运动前，即在t＝0至t＝时间内，
甲、乙组成的系统所受合力为零，总动量守恒，故A正确，B错误；在t＝0至t＝时
间内，甲、乙组成的系统动量守恒，设t＝时刻，甲的速度为v1 ，则有2m v＝m v1 ，解
得v1 ＝2 v，则t＝时刻甲车动能为E k ＝m v＝2m v 2，故C错误；0～时间内，对甲车，
根据动能定理有(F－f)s 1 ＝m v－m v 2，可得甲车克服摩擦力做的功为 W 1 ＝fs 1 ＝
m
v
2，根据动能定理可得乙车克服摩擦力做的功为W
2
＝m
v
2，根据功能关系可得系
统产生的内能为Q＝W
1
＋W
2
＝2m
v
2，故D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共40分)
11．(2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)(12分)如图所示，光
滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0 ＝12 m/s的水平
速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、
B的质量分别为m ＝0.5 kg、m ＝1.5 kg。求：
1 2
(1)A与B撞击结束时的速度大小v；
(2)在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。
答案 (1)3 m/s (2)12 N·s
解析 (1)A、B组成的系统碰撞过程动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得m 1v0 ＝(m 1 ＋m 2 ) v，
代入数据解得v＝3 m/s。
(2)以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程，
由动量定理得－I＝(m
1
＋m
2
)(－v )－(m
1
＋m
2
)
v
代入数据解得I＝12 N·s。
12. (12分)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2 v0 、v0 。为避免两船相撞，乙船
上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛
出货物的最小速度。(不计水的阻力)
答案 4 v0
解析 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin ，抛出货物后船的速度为
v1 ，甲船上的人接到货物后船的速度为v2 ，由动量守恒定律得
货物从乙船抛出过程，12m
v0
＝11m
v1
－m
vmin
货物落入甲船过程，10m·2
v0
－m
vmin
＝11m
v2
为避免两船相撞应满足v1 ＝v2
解得vmin ＝4 v0 。
13．(2020·河北省石家庄市一模)(16分)如图所示，在光滑水平面上，有一轻弹
簧左端固定，右端放置一质量m ＝2 kg的小球，小球与弹簧不拴接。小球右侧放置
1
一光滑的四分之一圆弧轨道，半径R＝1.5 m，质量m ＝8 kg。现用力推动小球，将
2
弹簧缓慢压缩，当外力做功为25 J时，撤去外力释放小球，弹簧恢复原长后小球进
入圆弧轨道。已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小球沿圆弧轨道上升的最大高度；
(2)圆弧轨道的最大速度。
答案 (1)1 m (2)2.4 m/s
解析 (1)由题意知，外力做的功转化为小球的初动能，即W＝m 1v
小球与圆弧轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，小球与圆弧轨道组成
的系统在水平方向上动量守恒，得：m
1v0
＝(m
1
＋m
2
)
v
小球与圆弧轨道组成的系统机械能守恒，得：
m 1v＝(m
1
＋m
2
)
v
2＋m
1
gh
联立解得：h＝1 m。
(2)以水平向右为正方向，设小球第一次从圆弧轨道左侧滑出时速度为v1 ，此
时圆弧轨道的速度为v2 ，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得：
m
1v0
＝m
1v1
＋m
2v2
m 1v＝m 1v＋m
2v
联立解得：v1 ＝－3 m/s，v2 ＝2 m/s
所以小球被弹簧反弹后会继续滑上圆弧轨道，继而再从左侧离开圆弧轨道。
小球第二次与圆弧轨道相互作用的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，
有：
－m
1v1
＋m
2v2
＝m
1v1
′＋m
2v2
′
m 1v＋m 2v＝m
1v1
′2＋m
2v2
′2
联立解得：v1 ′＝1.4 m/s，v2 ′＝2.4 m/s
v1
′＜v2 ′，则圆弧轨道的最大速度为2.4 m/s。
